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一类多变量导数高考题的求解策略


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f 高 ~ : 髋 J  

f - - - 3  

露 邑 导  窗 固 题 国 嚣 围 鳕略 
■ 祁正 红 
( 1 )讨论 函数,(  )的单调性 ;  
( 2 )设 0 <一1 , 如 果 对 任 意 1 ,   2   E( 0 ,+∞ ) , I _ 厂 (  

1 )一  

在近几年各省市 高考试题 中 , 经常 出现以不等式 为背景考  查函数单调性 , 利用导 数解 决 函数 的综 合 问题. 此类 问题 设计 

巧妙 , 构思 独特 , 将 函数单 调性 与 导数 在 函数单 调性 中的应用  f (   2 )I ≥4     1一 l  2   l , 求 Ⅱ的 取值 范 围.  
完美组合 , 将 函数方程 思想 与化 归转 化思 想联 合考 查. 解 决此 
分析 : (I)略 .  

类问题 , 一 般是把不等 式合 理变 形 , 把 不等式 问题转 化为 比较 
两个 同型 函数值 的大 小 问题 , 再 转化 为 函数单 调性 问题. 此类  问题涉及变量多 , 考生 很难 找到 解决 问题 的 突破 口, 因此 合理  变形与构造 函数是解 决此类 问题 的关键.   例 1   ( 2 0 1 0年 山东高考理 2 2 )已知 函数_ 厂(  )=l n x一0  
+   二  


(1 I ) 不妨设  <   , 而 Ⅱ<一1 , 由( 1 ) 知f(  ) 在( 0 , +   )   单调递减 , 从而 V  ,   ∈( 0 ,+   ) ,I   f(   )一 f(   2 )l ≥  

4     。一 I  : l , 等价于f(   )一 f(   )≥4 x :一4 x   , 变形得f(   。 )  
+4 x  ≥f(   : )+4   : . 构造 函数 g (  )=f(  )+4  , 即有 g ( x   )  
≥g ( x 2 ) .  

1 ( 0 ∈ R) .  

由函数单 调 性 定 义 知 , g (  )在 ( 0 ,+。 。)单 调 递 减 , 则 
g   (  )≤Ot E ( O , +。 。) 上恒 成 立 , 即g   (  ) = ,   (  )+4=  

(I)当0≤ —   1时, 讨论厂(  )的单调性 ;  

( Ⅱ ) 设 g (   ) = X 2 — 2 b   + 4 , 3 _   n = ÷时 , 若 对 任 意 X 1 ∈  
( 0 , 2 ) , 存在  ∈ [ 1 , 2 ] , 使l 厂 (   )≥ g ( x : ) , 求 实数 6 取值 范围.  
分析 : (I)略.  

+2 a x+4≤ 0 . 分离参数 。得不等式 n≤  

在( 0, +   )  

恒 成 立 , 所 以 。 ≤ (   寻) … = 一 2 , 从 而 得 到 n 取 值 范 围  
为( 一   , 一2 ] .  

( 1 I)当 n=  1 时  (  )在( 0, 1 ) 上是减 函数 , 在( 1 , 2 )上 

解题反思 : 含参恒成 立问题 的解 决方法 常用分 离参数求 最  值, 而此题含有绝对值 , 且含有 多个变量 , 直接分离 参数 陷入绝 

是增函数, 所以对任意  

( 0 , 2 ) , 有_ 厂 (  ) ≥/( 1 )=一 ÷. 又 

境. 但是细 心观察 , 不等式含 两个 参数 , 两个 参数 的地位 和结 构 


已知存 在 :∈ [ 1 , 2 ] , 使/(  , )≥ g (  ) , 所以 一i 1≥g (   : ) .   2∈[ 1 , 2 ] , B   存 在  ∈[ 1 , 2 ] , 使g (  )=   一2 b x+ 4≤一 —   1 一 ,  
9  

致, 因此应对不等式合 理变形 , 构造 函数 , 利用导 数工具解 决 

参数 的范 围. 此题 中 , 结合_ 厂(  ) 的单调性 , 不等式两边去掉绝对 
值得到,(   )一 /(   。 )≥4 x :一4 x   , 将其变形得到,(   。 )+4   。   ≥,(   : )+ 4  , 然后构造相应 的函数 g ( x )=f(  )+ 4   , 利用导 
, 

1  ̄ [ 1   2 b  ≥  2   9  ̄ 1 ] 2 b ≥  


i 2   [  

] . 所 以2 6≥   , 解 

数工具解决水到渠成.  
例3  ( 2 0 1 2年 兰 州 市模 拟 题 )已知 函数 - 厂(  )= l n x , g (  )  
=一血   一b x, 口, 6  E  R, 口 ≠ 0.  

得 6≥   , 即实数 6取值范围是 [   ,+   ).   解题 反思 : 本 题将 导数 、 二次 函数 、 不 等式 知识 有机 结合 ,   考查利用导 数研究 函数 的单 调性 、 利 用 导数 求 函数 的最值 , 考  查 了分类讨 论 的思想 以及解 不等式 的能 力. 此 题对 任 意  ( 0 , 2 ) , 存 在  ∈[ 1 , 2 ] , 使f(   )≥ g ( x   ) , 即 f(  ) … ≥  

( 1 ) 设h (  )=f(  )+ g (   ) , 当b=2 , 若函数 h (  ) 在定 义 
域 内存在单调 区间, 求 。的取 值范 围;  

( 2 )当b>1 , 0=一 ÷ 时, 若对闲区问[ 1 , 2 ] 上的任意两个  
不相等的 实数 。 、 X 2 , 都有 l f(   2 )- f(   。 ) f > I   g ( x 2 )一 g ( x 1 ) I 成 
立, 求 实数 b 的 取 值 范 围.  

g (   : )   , 利用导 数求 出f(  )的最 小值 , 利 用二 次 函数 知识 或  分 离常数法求出 g ( x ) 在闭 区间 [ 1 , 2 ] 上 的最大值 , 然 后解 不等 
式求参 数的范围.   例2  ( 2 0 1 0年辽宁 高考理2 2 )已知 函数, (  )=( 0+1 ) l n x  
+a X 2+1
. 

分析 : ( 1 )略.  

( 2 )当 。:一—  时, g (  ):一  

一6   , 由于  ,   :   [ 1 ,  

2 ] , 不妨设 1≤  l<  2≤ 2 , 因此 l   f(   2 )一 ,(  1 )l >l   g (   2 )  

绷   确 
?

1   7?  

f 高 一 : 瞧 J  


习  
: )- f (   . ) ,  
1 一   2 

g (   )I 等价 于 I   g (   )一g (   )l <   对任意的 1≤  

>_1   .

<   ≤2 , 又 等价 于f(   )一 f(   )<  

g (   2 )一g (  . ) <_ , (   2 )一 ‘ ,  1 ),  

分析 : ( 1 )略 .  

变形的不等式f(  . )+g ( x   )< , (   )+g (   )与_ 厂 (  。 )一  
g (  。 )<, (   )一g (   2 ) , 对 任意 1≤   <  2≤2同时恒成立.  

( 2 ) 构造函 数g (   )= , _ ’ (   ) +  = ÷  一 n   + ( 。 一 1 ) l n x  

构造 函数 m(  )=- 厂 (  )一g (  ) , 由单调性 定义知 h (  )=   _ 厂 (  )+g (  )在 [ 1 , 2 ]上单调递增 , 在 m( x )=f(  )一g (  )在 


 ̄ l   g ' (   ) =   一 ( 。 - 1 ) +   ≥ 2 √   ?   一 ( 。 一 1 )  
1一(、   一1 ) 2 .  

(  ): 1 _ _   [ 1 , 2 ] 上也单调递增 , 因此 , (  ):一 1+  —b ≥0 m,


由于 1<0<5 , 故g   (  )>0 , 即g (  ) 在( 0 , +   ) 上单调  增加. 从而当 0<   <   时, 有g ( x   )一g (   )>0 , 即_ 厂(   )一  
,  



 

+ 6 ≥ 0 在 [ 1 , 2 1 上 同 时 恒 成 立 , 即6 ≥(   一 ÷) …= — 争 ,  

>0 j  

>_l ; 当 
>一1  

时,  

b ≤(   +  )  : 2 , 故6 的 取 值 范 围 是 [ — } , 2 1 .  
:  

解 题反思 : 当已知条 件 出现多个 变量 , 直 接消元 无法 进行  时, 就要重新 审视不等式 的结 构. 当不等式 两边结 构对称 , 则对  不等式变量分离 , 此 时分 离 的不是 参数 , 而是 有对 称结构 的两  个变量  。 )+g (  。 )<_ 厂 (   )+g (  ) . 由函数单调 性定 义得 

X 1 一 X2  

解 题 反 思 :对 于 任 意 1 ,   2∈ ( 0 ,+ o 。) ,   .≠   ,有 

占  一 , 不 妨 设 。  
渡.  

,  
>  

出新 函数 的单调性 , 最 后利用导数求 参数 范围.  

>一1 变形为f(  1 )一 f(   ) >一(   一   ) , 目 p 厂(   )+  

f(   )+   , 所 以构造 函数 g(  )=f(  )+   水到渠成 , 自然过 

例4 ( 2 0 0 9 年辽宁理2 1 ) 已知函数_ 厂 (   )=- ÷  一 n   +( Ⅱ  


1 ) l n x, “ >1 ,  

[ 甘肃省临泽县第一中学 ( 7 3 4 2 o o ) ]  

( 1 )讨 论 函数 f(  )的 单调 性 ;  
( 2 )证 明 : 若 Ⅱ<5 , 则 对 于任 意 l ,   2∈ ( 0 , +。 。 ) ,  l ≠  2 ,  

圆锥 曲 线 中有 关 线段 比 为定 值 问题 的探 求 
■ 查 宝才  李 双健 
圆锥 曲线 中有 关定值 、 定点等问题一直是 近几年高考 中考  查 的一个热点 和难点 问题 , 其解 法充分体 现 了解 析几何 的基本  思想 : 运用坐标法逐步 将题 目条件转 化成 数学 关系 式 , 然 后综  合运用 函数 、 不等式 、 平 面向量 、 方程等诸 多代数 、 几何 知识 , 以  及数形结合 、 分类讨论 、 待定 系数等数 学思想 方法进行 求解. 本  文就圆锥 曲线 中有关线段 比为定值 的常见 题型 问题 , 结 合一些  高考试题和模拟试题进行分析 、 探求 , 与读者一起探讨.  
题 型 一  由 线段 比 为 定值 探 求 定点 

为一常数 , 故可设 

=A( 常数 ) , 所以P 曰  =A J D  , 代入坐标 

得, (  — n )  +Y  =A[ (  + 5 )  +Y   ] , 几何 问题 转 化 为数 学 关 系 

式, 运用坐标法逐步解决. 化简得 ( 9+n  一3 4 A )一( 2 a+1 0 A)  


0 , 因 为 点 P 是 圆 C 上任 意 一 点 , 所 以 由 待 定 系 数 法 知 

f L 9 2 + 2 一 。 4 A = 0 ' 解 得 j   一 2   ’ 或 f A : l ’ ( 舍 去 ) , 所 以  
0+1 0 A =0 .   I   9   【 。   一   ’   L   = 一5 .  

例1   已知 圆 C :   +y  =9 , 点A ( 一5 , 0 ) , 在 直线 O A上( 0  
为 坐标 原 点 ) , 存在 定点 B ( 不 同 于点 A) , 满足 : 对 于 圆 C上 任 意 


满足条件的点 B的坐标为( 一 ÷, 0 ) .  
点评 : 这 类 题 型 是 由 曲线 C上 的动 点 与 两 个 定 点 ( 一 个 定 点 

点 P, 都有  I - D为一常数 , 试求所有满足 条件 的点 B的坐标.  
分析 : 因为定 点 B存在 , 所 以可 先设点 B坐标 为 ( n , 0 ) ( “  

给出 , 一个定点需要探求 )之间距 离比值为定值 而设 置. 在思路  构建 中可先设动点 P坐标并 引进 比谴 参数 A, 依据动 点的任 意 

厂 (  , Y ) +A g (  , Y )=0的形 式 , 由待 定  ≠ 一 5 ) . 再 没 任 意 点 P 坐 标 为 ( x , y ) , 若  为 一 常 数 , 则 等也  性 分 离 参 数 A得 到 曲线 系- 系数 法 知 曲 线 系 必 定 经 过 两 曲 线 的 交 点 , 即 由 方 程 组 

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